数学复习构想检测：第八章解析几何（五十四）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时作业（五十四)定点、定值、探索性问题一、选择题1．（2016·北京卷）已知椭圆C:eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2，b2)＝1过A（2,0),B（0,1）两点．(Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率；（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：四边形ABNM的面积为定值．解析：（Ⅰ）由题意得，a＝2,b＝1。所以椭圆C的方程为eq\f（x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r（a2－b2)＝eq\r(3），所以离心率e＝eq\f（c,a）＝eq\f(\r(3)，2).(Ⅱ)设P(x0，y0）（x0＜0，y0＜0),则xeq\o\al（2，0)＋4yeq\o\al（2，0)＝4。又A(2，0)，B(0，1），所以，直线PA的方程为y＝eq\f(y0，x0－2）(x－2）．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0，x0－2)，从而｜BM|＝1－yM＝1＋eq\f（2y0，x0－2）.直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1，x0)x＋1。令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1）,从而｜AN|＝2－xN＝2＋eq\f（x0，y0－1）.所以四边形ABNM的面积S＝eq\f（1,2)|AN｜·|BM|＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2＋\f(x0，y0－1）)）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))）＝eq\f(x\o\al（2,0）＋4y\o\al(2，0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4，2x0y0－x0－2y0＋2）＝eq\f（2x0y0－2x0－4y0＋4，x0y0－x0－2y0＋2)＝2.从而四边形ABNM的面积为定值．2．在抛物线y2＝4x上有两点A，B，点F是抛物线的焦点，O为坐标原点,若eq\o（FO，\s\up10(→)）＋2eq\o（FA,\s\up10（→）)＋3eq\o(FB,\s\up10（→))＝0.试证明:直线AB与x轴的交点为定点．证明：依题意，设点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(y\o\al（2，1)，4)，y1))、Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（y\o\al（2,2)，4）,y2）)，则点F（1，0)，直线AB的方程是y－y1＝eq\f(y1－y2，\f（y\o\al(2，1)－y\o\al(2,2）,4））eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al（2，1),4）)），即y－y1＝eq\f(4,y1＋y2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(y\o\al（2，1），4)))，令y＝0得x＝－eq\f(y1y2,4），即直线AB与x轴的交点的横坐标是－eq\f（y1y2，4)。由|eq\o（FO，\s\up10（→)）|＋2｜eq\o（FA,\s\up10(→))|＋3eq\o（FB,\s\up10（→)）＝0，得(－1,0)＋2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al（2,1),4）－1,y1)）＋3eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（y\o\al(2，2),4）－1,y2）)＝(0,0），得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋2\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（y\o\al（2，1）,4)－1））＋3\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al（2，2),4）－1）)＝0，，2y1＋3y2＝0))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2y\o\al（2，1)＋3y\o\al（2,2)＝24,2y1＋3y2＝0))，yeq\o\al（2，2)＝eq\f（16，5），－eq\f（y1y2,4)＝eq\f(6，5），即直线AB与x轴的交点的横坐标是eq\f(6,5）。即与x轴交于定点eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(6，5)，0）)。3．已知椭圆的中心是坐标原点O，焦点在x轴上,短轴长为2,且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点F与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点．(1)求椭圆的方程；(2）在线段OF上是否存在点M(m,0)，使得｜MP｜＝|MQ|?若存在，求出m的取值范围；若不存在,请说明理由．解析：(1）因为椭圆的短轴长2b＝2⇒b＝1，又因为两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，所以b＝c⇒a2＝b2＋c2＝2，故椭圆的方程为eq\f(x2，2）＋y2＝1.(2)①若l与x轴重合时,显然M与原点重合,m＝0;②若直线l的斜率k≠0，则可设l：y＝k(x－1)，设P（x1,y1)，Q（x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx－1，,x2＋2y2－2＝0)）⇒x2＋2k2（x2－2x＋1）－2＝0,所以化简得（1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0;x1＋x2＝eq\f(4k2，1＋2k2)⇒PQ的中点横坐标为eq\f（2k2，1＋2k2），代入l：y＝k(x－1)可得：PQ的中点为Neq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2k2,1＋2k2），\f(－k,1＋2k2）)），由于｜MP|＝｜MQ｜得到m＝eq\f(k2,2k2＋1)，所以m＝eq\f(k2，1＋2k2）＝eq\f(1,\f（1，k2)＋2）∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2))).综合①②得到m∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（1，2))).4．(2016·天津卷）设椭圆eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2，3）＝1(a＞eq\r（3))的右焦点为F，右顶点为A.已知eq\f（1,｜OF｜)＋eq\f(1，|OA|）＝eq\f(3e,|FA|），其中O为原点，e为椭圆的离心率．(Ⅰ)求椭圆的方程；（Ⅱ)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA＝∠MAO，求直线l的斜率．解析:（Ⅰ）设F(c，0)，由eq\f(1，｜OF|)＋eq\f（1,｜OA|）＝eq\f(3e，|FA｜)，即eq\f（1,c）＋eq\f(1，a)＝eq\f（3c，aa－c）,可得a2－c2＝3c2，又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4。所以，椭圆的方程为eq\f（x2，4）＋eq\f(y2,3）＝1.(Ⅱ）设直线l的斜率为k(k≠0），则直线l的方程为y＝k（x－2）．设B(xB，yB），由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2，4)＋\f(y2，3）＝1，,y＝kx－2))消去y，整理得（4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0。解得x＝2，或x＝eq\f(8k2－6，4k2＋3),由题意得xB＝eq\f(8k2－6,4k2＋3），从而yB＝eq\f（－12k,4k2＋3)。由（Ⅰ)知，F(1，0),设H（0，yH)，有eq\o（FH,\s\up10(→）)＝(－1，yH），eq\o(BF，\s\up10（→))＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（9－4k2,4k2＋3），\f(12k,4k2＋3)))。由BF⊥HF,得eq\o(BF,\s\up10(→))·eq\o(FH,\s\up10（→）)＝0，所以eq\f（4k2－9,4k2＋3)＋eq\f(12kyH,4k2＋3)＝0,解得yH＝eq\f（9－4k2,12k）。因此直线MH的方程为y＝－eq\f（1,k）x＋eq\f(9－4k2，12k).设M(xM，yM），由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y＝－\f（1,k）x＋\f(9－4k2,12k)））消去y，解得xM＝eq\f（20k2＋9，12k2＋1).在△MAO中